2022年高考化学仿真模拟卷2（解析版）（湖南专用）

【仿真演练•二轮】备战2022年高考化学

模拟卷02（湖南专用）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的。

1.下列过程中没有发生化学变化的是（）

A.浓硫酸使蔗糖变黑

B.二氧化氮低温冷凝形成无色液体

C.液氨汽化起制冷作用

D.亚硫酸钠除去水中的溶解氧

【答案】C

【解析】

A.浓硫酸使蔗糖变黑是因为浓硫酸使蔗糖脱水生成碳，有新物质牛成，是化学变化，故A不选；

B.二氧化氮红棕色，四氧化二氮无色，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，加压缩小体积时容器中

二氧化氮的浓度增大而使气体颜色加深，继续加压平衡向正方向移动，气体凝成无色液体四氧化二氮，由

气态变为液态，是化学变化，故B不选；

C.液氨汽化起制冷作用，是液态氨气吸收热量变为气体，为物质状态帮，没有新物质生成，是物理变

化，故C选：

D.亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，有新物质生成，是化学变化，故D不选；

故选：C«

2.下列物质在生活或生产中的应用错误的是（）

A.葡萄酒中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化

B.在含较多Na2cCh的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性

C.陶瓷用烟不能用于熔融烧碱

D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生产甲醇

【答案】B

【解析】

A.根据二氧化硫的性质可知葡萄酒中适当添加二氧化硫，可以起到杀菌、抗氧化的作用，故A正确;

B.Na2co3与熟石灰反应产生了氢氧化钠，增强了土壤碱性，故B错误：

C.陶瓷用烟会与烧碱反应，则陶瓷用烟不能用于熔融烧碱，故C正确；

D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生产甲醇，故D正确。

故选B。

3.下列有关实验，对应现象以及结论都正确的是()

选项实验现象结论

生成无色无味的能使澄说明原溶液中含有

A某无色溶液，加入足量的稀HC1

清石灰水变浑浊的气体2

CO3-

将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有先有白色沉淀生成后变Cu(OH)2的溶度积比

B

沉淀产生,再滴加0.1mol/LCuSOi溶液为浅蓝色沉淀Mg(OH)2的小

将铜粉放入稀硫酸溶液中并不断通入。2,再在溶铜粉快速溶解，溶液变形成Fe-Cu原电池，加

C

液中滴加少量FeSCU溶液为蓝色快反应速率

向稀硝酸中加入过量Fe粉，反应完全再在溶液中Fe与硝酸反应得到

D溶液变为血红色

滴力UKSCN溶液Fe3+

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，由现象可知，原溶液中可能含CO.，-或HC03-,或二者均有，

故A错误；

B.由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，故B正确；

C.Cu不能置换出Fe,无法构成原电池，酸性条件发生Cu与氧气的氧化还原反应，亚铁离子与氧气反应

生成铁离子，Cu与铁离子反应，故C错误；

D.Fe过量，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液后无现象，故D错误；

故选：Bo

4.鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。

下列说法正确的是()

A.鲁米诺的分子式为C8H6N3O2

B.鲁米诺中最多12个原子位于同一平面

C.甲可以与Na2c03溶液反应生成CO2

D.反应（1）是取代反应，反应（2）是氧化反应

【答案】C

【解析】

A.鲁米诺的分子式为C8H5N3O4,故A错误；

B.和苯环相连6个原子共平面碳氧双键中的氧也可能共平面，氮原子也可能与苯环共平面，鲁米诺中原子

位于同一平面的可以多于12个，故B错误；

C.甲含竣基可以与Na2cCh溶液反应生成CO2,故C正确；

D.反应（1）是羟基和N2H4之间是取代反应，硝基变氨基为还原反应，反应（2）氨基变硝基是氧化反

应，故D错误。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.在高温、高压和催化剂的条件下，2gH2与足量N2反应，转移的电子数为2NA

B.FeCb溶液中Fe3+的浓度为Imol-L1,则1L该溶液中含有的C1的数目大于3N,、

C.常温下，pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水电离出的H+的数目为10」2由

D.标准状况下，CH4与2.24LCL恰好完全反应，生成物中气体分子的数目为0.2NA

【答案】B

【解析】

A.氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，所以在高温、高压和催化剂的条件下，2gH2与

足量N2反应，转移的电子数小于2NA,故A错误；

B.铁离子部分水解，导致铁离子数目减少，氯离子的数目大于铁离子数目的3倍，FeCb溶液中Fe3+的浓

度为ImoHJ,则1L该溶液中含有的C「的数目大于3NA,故B正确；

C.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故c错误；

D.氯气与甲烷反应生成氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、-:氯甲烷、四氯化碳，其中只有氯化氢和一氯甲

烷为气体，其余为液体，所以标准状况下，2.24LCb物质的量为：五芸荷=lmol,与CK反应完全，生成

44.+mot

物中气体分子数目小于0.2NA，故D错误。

6.聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下图:

PFS固体产品

[Fe/OJO/SO^.]>

下列说法错误的是（）

A.步骤①，粉碎的目的是为了增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率

B.步骤④，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3+部分水解形成碱式盐

C.步骤⑤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解

D.步骤③，可以选择双氧水、氯气等氧化剂将Fe2+转化成Fe3+

【答案】D

【解析】

A.步骤①，粉碎的目的是增大反应物接触面积，利于与酸反应，从而提高“酸浸”反应速率，故A正确：

B.铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时

Fe"水解程度弱，pH偏大时则容易生成Fe(0H)3,产率降低，则步骤④加稀硫酸调节pH在一定范围内

的目的是让Fe3+部分水解形成碱式盐，故B正确；

C.常压蒸发温度过高易导致聚合硫酸铁分解，步骤⑤中减压蒸发，有利于降低蒸发温度，防止产物分

解，故C正确；

D.步骤③，可选用H2O2将Fe?+转化为Fe3+,还原产物为水，不引入新杂质，不能选CL,会引入新杂

质，故D错误。

故选D。

7.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X

的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强

碱，以下说法《肯送的是

A.原子半径大小：Y>Z

B.Y3X2中既有离子键，又有共价键

C.Z的最高价氧化物可做干燥剂

D.可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气

【答案】B

【解析】

W、X,Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的

简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则x是N元素，Z是P元素，Y的最高价氧化

物对应的水化物是二元中强碱，Y是Mg元素。

A.由同周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，可知Mg的原子半径大于P的原子半径，即

A说法正确；

B.Mg3N2中只有离子键，没有共价键，故B错误；

C.P2O5可做干燥剂，故C正确；

D.由于氨水与氯气可发生化学反应生成氯化镂，即可以用含NH3的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正

确。

故选

8.偏二甲姗(CH,)2N-NH2］与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反

应如下：

①(CH3)2N-NH2(1)+2N2O4(1)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H|<O

②N2O4(1)U2NO2(g)△H2>0

下列说法不正确的是()

A.反应中①，N2O4为氧化剂

B.反应①中，生成ImolCCh时，转移8moie-

C.由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件

D.温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大

【答案】D

【解析】

A.反应①中，N2O4中N元素的化合价降低，则N2O4为氧化剂，故A正确；

B.C2H8N2中C元素化合价由T价升高到+4价，N元素化合价由-3价升高到0价，N2O4中N元素化合价

由+4价降低到。价，反应①中，生成ImolCCh时，转移8moie,故BiE确；

C.N2O4(1)=2NCh(g)△H2>0,增大压强逆向移动，降低温度向放热方向移动，降低温度也向逆方向

移动，所以加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；

D.升高温度增大反应速率，所以温度升高，反应①的化学反应速率减大、反应②的化学反应速率增大，故

D错误。

故选D..

9.已知：pKa=-lgKa,25c时，H2s03的pKai=1.85,pKa2=7.19.常温下，用O.lmol/LNaOH溶液滴定

20mL0.1mol/LH2sO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()

匕2。40Vr[NaOH<*qj)/mL

A.A点所得溶液中：V。等于10mL

+2

B.B点所得溶液中:c(Na)+c(H+)=2c(SO3)+c(HSO3)+c(OH)

C.C点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSOr)

D.D点所得溶液中水解平衡常数KM=1()68I

【答案】A

【解析】

A.a点溶液中pH=1.85,则溶液中c(H+)=10lii5mol/L,H2sO3的一级电离平衡常数为K”产驾黑%=10-

,85mol/L,所以c(H+)=Kai,表明溶液中c(NaHSO,O=c(H2so3),若恰好是lOmLNaOH,反应起始时

存在c(NaHSO,0=c(H2so3),平衡时c(H2so3)<c(NaHSO.O,因此所加NaOH体积需<10mL,

会得到平衡时C(NaHSCh)=c(H2SO3),即Vo<lOmL,故A错误；

B.B点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHS。?，为第一个化学计量点，溶液中存在质

++2

子守恒:c(Na)+c(H)=2c(SO3-)+c(HSO3)+c(OH),故B正确：

C.H2s03的二级电离平衡常数为Ka2="丝也=10〃」9moi/L,c点溶液的pH=7.19,即溶液中c(H+)=10-

c(HSO。

719moi/L,则c(H+)=Ka2,溶液中C(HSO3)=c(SO32),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c

(SO32)+c(HSO3)+c(OH),溶液为碱性，则c(H+)<c(OH),则有c(Na+)>2c(SO32)+c

(HSOf),也就有c(Na+)>3c(HSOy),故C正确；

D.d点为加入NaOH溶液40mL,此时溶液中恰好生成Na.SO.,,为第二个滴定终点，此时Na2so3水解使溶

2

液显碱性，溶液的pH为9.85,发生水解的方程式为SO3+H2O#HSO3+OH-,则SO32冰解平衡常数KM=

c(〃SO?)c(OH-)_K

w%=10-6.81,故D正确。

c(S吟)心

故选Ao

10.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2co2=2CO+

O20下列说法正确的是()

A.由图分析N电极为正极

B.OH-通过离子交换膜迁向左室

C.阴极的电极反应为CO2+H2O+2e=CO+2OH-

D.反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强

【答案】C

【解析】

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极反应、能量转化为解答

本题的关键，注意电解原理的应用，题目难度中等。

装置实现“太阳能一电能一化学能“转化，电能转化为化学能，为电解装置，总反应为2co2=2CO+O2,阴极

发生还原反应生成CO,阳极发生氧化反应生成氧气，由电子的定向移动可知N电极为负极，P电极为正极，

以此解答该题。

A.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，右侧是阳极，左侧是阴极，故A错误；

B.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，右侧是阳极，左侧是阴极，OH-向阳极即右侧电极周围移

动，故B错误；

C.左侧为阴极，发生得电子的还原反应，也极反应为CO2+2e-+H2O=CO+2OH,故C正确；

D.根据总反应方程式为2co2=2CO+O2,该装置中电解质溶液的碱性几乎不变，故D错误；

故选：Co

二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符

合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.下列各组离子或物质是否能够大量共存的评价及离子反应方程式书写均正确的是()

选项粒子组评价

无色溶液中：Na\不能大量共存，因为有沉淀和气体生成2A13++CO2-

A3

322

Al\SO4\CO3"+3H2O=2A1(OH)31+CO2T

中性溶液中:Fe3\

B不能大量共存，因为有沉淀生成2Fe3++3S%=Fe2s31

2

NH4\S\NO3-

澄清溶液中：K\

C不能大量共存，因为有沉淀生成Cu2++2OH=Cu(OH)21

2+

Cu>Cl、NH3«H2O

酸性溶液中：Fe2\

D能大量共存于同一溶液中

32

Al\SO4\I

A.AB.BC.CD.D

【答案】AD

【解析】

A.CO3?一是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而A仍是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离

子，两者水解互促，反应的离子方程式为：2Al3++3C0/+3H2O2A1(OH)31+3CO2?,评价及离子方程式

均合理，故A正确；

B.Fe3+、S2-之间发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++3S"=Sl+2FeS],故B错误；

2++

C.NH3・H2O不能拆开，正确的离子方程式为：CU+2NH3»H2O=CU(OH)21+2NH4,故C错误；

D.Fe2\AP\$04”、r之间不反应，能够大量共存，评价及离子反应方程式书写均正确，故D正确；

故选：AD。

12.一定量的C02与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)=2CO(g)o平衡

时.，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。已知：气体分压(P分)=气体总压(p.e)x体积分数。

下列说法正确的是()

443SSO6S0FMOO92s科度

A.550C时，若充入惰性气体，VE、v也均减小，平衡向逆反应方向移动

B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%

C.TC时，若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动

D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总

【答案】B

【解析】

A.在体积可变的恒压密闭容器中，550℃时，若充入惰性气体，容器体积增大，相当于减小反应体系压

强，v正，v逆均减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，即正向移动，故A错误；

B.由图可知，650℃平衡时，体系中CO2和CO的体积分数分别为60%和40%,设CO?物质的量为6mol,

CO为4mol,结合反应可知转化为二氧化碳为2mol,则反应达平衡后CCh的转化率为茄J备j

xl00%=25.0%,故B正确；

C.由图可知，TC平衡时，体系中CO?和CO的体积分数均为50%,T°C时，若充入等体积的CO2和CO,

体积分数仍为50%,平衡不移动，故C错误；

D.由图可知，925℃平衡时，体系中CO?和CO的体积分数分别为96%和4%,气体分压（p分）=气体总压

（p&）x体积分数，则Kp=^*=23.04p总，故D错误；

故选：故

13.四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化锡。已

知：①无水四氯化锡的熔点-33℃、沸点114.1℃；②四氯化锡易水解，易溶于有机溶剂。下列说法正确的

是（）

A.试剂E为无水氯化钙

B.仪器甲的名称为直形冷凝管

C.上述各装置的连接顺序是a—>h—>i—»e—»d—>c—»b

D.实验所得SnCL中溶有SnCb,可用蒸储的方法提纯SnCL

【答案】CD

【解析】

A.由上述分析可知，试剂E为碱石灰，可吸收尾气且防止空气中水蒸气进入，故A错误；

B.仪器甲的名称为蒸储烧瓶，乙为球形冷凝管，故B错误；

C.由上述分析可知，各装置的连接顺序是a—>h—>i―>f—>g—>e—>d—>c—>b,故C正确；

D.实验所得SnCL中溶有SnCb,沸点不同，可蒸储分离提纯，故D正确；

故选：CDo

催化凋

14.工业上可采用CH30H-C0+2H2的方法来制取高纯度的CO和H.我国科研人员通过计算机模拟，

△2

研究了在杷基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钳催化剂表面上的物种用*标注。下

列说法正确的是()

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：

方式I：CH.QH*-CH3O*+H*Ea=+103.1kJ・moH,

方式II:CH3OH*-CH3*+OH*Eb=+249.3kJ・moH

(

T⑵

w

S0

i

40

t

)

-40

-8O

a

・•

HHHX

o+Tl

-・?

«

HOQv

oXO

HU

<J3

A.CH3OH*-CO*+2H2(g)的AH>。

B.①②都为0-H键的断裂过程

C.由活化能E值推测，甲醉裂解过程主要历经的方式应为H

D.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*=CO*+4H*

【答案】AD

【解析】

A.由起始及最终状态可知，最终状态能量高，贝IJCFBOH*一CO*+2H2(g)的AH〉。，故A正确；

B.甲醇只有1个0-H键，则只有①为O-H键的断裂过程，故B错误；

C.方式I中活化能小，则甲醇裂解过程主要历经的方式应为I,故C错误；

D.由图可知，放热最多为112.6kJ/mol转化为-65.7kJ/mol,此时对应的反应为CHO*+3H*=CO*+4H*,故D

正确；

故选：AD。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19

题为选考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：此题包括3小题，共39分。

15.(12分)

二氧化钮(V0?)是一种新型热敏材料+4价的钢化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合

成用于制备VO2的氧钮(IV)碱式碳酸钺晶体，过程如下：

6mo卜L"盐酸和

V2O5-VOCb溶液.”"9"咋(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]10H2O

微沸数分钟氧钿(IV)碱式碳酸铉晶体

iii

回答下列问题：

(1)V0C12中V的化合价为。

(2)步骤i中生成VOCL的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为。也可只用浓盐酸

与V2O5来制备V0C12溶液，该法的缺点是

(3)步骤ii可在下图装置中进行。

①反应前应通入CO2数分钟的目的是。

②装置B中的试剂是o

(4)测定氧钢(IV)碱式碳酸镂晶体粗产品中钢的含量。

称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸储水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnCU溶液至稍过量,

充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2

+2++2+3+

标准溶液滴定至终点，消耗体积为bmL。滴定反应为：VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O.

①KMnO4溶液的作用是oNaNCh溶液的作用是。

②粗产品中钿的质量分数的表达式为o

【答案】

(1)+4

(2)2V2O5+N2H4-2HCl+6HCl=4VOCh+N2T+6H20；有氯气生成，污染空气

(3)①排除装置中的空气，避免产物被氧化

②饱和碳酸氢钠溶液

(4)①将+4价的锐化合物氧化为VCh+;除去过量的KMnO4

八51bc.

②两X100%

【解析】

(1)根据正负化合价代数和为0可知V0C12中V的化合价为+4价；

(2)根据步骤i的转化以及生成一种无色无污染的气体，可知该气体为氮气，所以根据氧化还原反应可知

对应的化学方程式为：2V2O5+N2H4-2HCl+6HCl=4VOCb+N2T+6H9；由于五氧化二机具有氧化性，盐酸具

有还原性，二者反应会产生氯气，污染空气；

(3)①由于+4价的钢化合物在弱酸性条件卜.易被氧化，所以反应前应通入CO2数分钟的目的是排除装置

中的空气，避免产物被氧化；

②由于产生的二氧化碳中混有HC1,HC1的存在会影响实验，因此需要除去，可以选用饱和碳酸氢钠溶

液；

(4)①根据题目信息可知KMnO4溶液的作用是将+4价的乳化合物氧化为VO2+：NaNCh溶液的作用是除

去过量的KMnO4；

+2++2+u

②根据给定反应VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O可知钢的物质的量为篇no/,因此钢的质量分数为

嬴皿53加。「00%=噩x100%

agxuuua

16.(14分)

甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)甲醇脱氢法可制备甲醛。已知：

CH30H(1)UHCHO(g)+H2(g)△H=+x

CH3OH(g)#C0(g)+2H2(g)AH=+ykj«mol-'

CH3OH(1)VO(g)+2H2(g)AH=+zkJ«mol-1

1

则反应CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)的AH=kJ.mol-

(2)恒温恒容条件下，反应CHQH(g)UHCHO(g)+H2(g)达到平衡的标志是(填标号)。

A.CH3OH、HCHO、出的分子数之比为1：1：1

B.CH3OH、HCHO、氏的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：1：1

C.混合气体的平均摩尔质量保持不变

D.容器中气体的总压强保持不变

(3)650C时，Na2cCh固体催化甲醉脱氢是自由基引发的链反应，甲醇在Na2co3表面上先吸附，然后发

生分解，生成自由基・H、・CH20H,自由基再从催化剂表面脱附、脱氢生成HCHO和CO,・H相互结合成

H2O将下面可能性较大的转化过程补充完整：

@CH3OH=«H+.CH2OH；

②=«H+HCHO；

③・CH20H=3+C0；

④・H+・H=H2。

(4)反应CH.QH(g)UHCHO(g)+H2(g)的能量变化如图a所示，CHQH(g)的平衡体积分数变化

如图b所示。

CHQH的平街体积分数/%

HCHO^H^g)

CHQH@

反应过程

①根据图a,该反应的热化学方程式可表示为o

②根据图b,压强pi和P2的大小关系为PiP2(填或"=")。

③图b中，X点的CH30H的平衡转化率为。

(5)向恒容容器中同时通入一定量的CHQH(g)和水蒸气，发生反应CH30H(g)UHCHO(g)+H2

(g),测得容器内气体总压和CH30H(g)的转化率随时间变化如图C所示。

paa/kPaCHQH(g)转化率4

102030405060

时间/min

困C

平衡时，p(H2O)=kPa,平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。

【答案】

(1)(x+y-z)

(2)CD

(3)•CH20H«H

(4)CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=+96.5kJ/mol>66.7%

【解析】

(1)

①CH30H(1)UHCHO(g)+H2(g)△H=+xkJ«mol''

1

②CH30H(g)^CO(g)+2H2(g)△H=+ykJ-mol-

③CH3OH(1)HO(g)+2氏(g)△H=+zkJ«mol-'

根据盖斯定律：①+②-③得CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=(x+y-z)kJ/mol,

故答案为:x+y-z；

(2)

A.反应达到平衡时，CH.QH、HCHO、比的分子数保持不变，CH.QH、HCHO、H2的分子数之比为1：

1：1,不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B.无论反应是否达到平衡状态，CHQH、HCHO、出的物质的量浓度变化表示的反应速率之比都为1：1：

I,故B错误；

C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气

体的平均摩尔质量减小，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应已达到平衡状态，故C正确；

D.该反应是气体体积增大的反应，随着反应进行，容器中气体的总压强增大，当容器中气体的总压强保持

不变，说明反应已达到平衡状态，故D正确；

故答案为：CD；

(3)根据自由基再从催化剂表面脱附、脱氢生成HCHO和CO,・H自由基相互结合成H2,再根据题中信

息得至gCHzOH-H+HCHO；•HCH2O=3.H+CO,

故答案为：・CH2OH；・H；

(4)

①CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=正反应活化能-反逆应活化能=(234-137.5)kJ/mol=+96.5kJ/mol,

故答案为:CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)AH=+96.5kJ/mol；

②该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH.QH(g)的平衡体积分数增大，则pi>p2,

故答案为：>:

③设起始甲醇的物质的量为amol,甲醇转化物质的量为xmol,列化学平衡三段式，

CHjOH(g)#HCHO(g)+H2(g)

起始(mol)a00

转化(mol)XXX

平衡(mol)a-xXX

a—x2/

CH-QH(g)的平衡体积分数=。-*+x+xx100%=20%,解得x=3amol,CH3OH的平衡转化率为或100%46.7%,

故答案为:66.7%；

(5)设起始甲醇和水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol,列化学平衡三段式，

CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)

起始(mol)X00

转化(mol)0.6x0.6x0.6x

平衡(mol)0.4x0.6x0.6x

(x+y)mollOOkPalAxtnol

根据压强之比等于物质的量之比，则(L6x+y)m“=160kP。,解得y=].4x,平衡时p(H2O)+L4x)m。仪125kPa=

0.6.0.6

rurun\fu\Tx125kPaX-5-X125/fPfl

175p(HCHO')-p(“2)2_________?_______

___________________0,4

3kPa；Kp=p(c/OH)=-xi25kPa=37.5kPa,

175

故答案为:亍；37.5o

17.(13分)

马日夫盐［Mn(H2Po4)2・2H2。］主要用作磷化剂；以软镒矿(主要成分为MnOa及少量的FeO、AI2O3和

SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：

FI有机策取用一蛔魁常液题・=

--------__2_，

粉状软一但•一|举以分液1向pHfft|T^"|一低考I—大也

I44

.一询七卡—2―一~~:二•步骤W二----------■

(1)按照无机物命名规律，马日夫盐［Mn(H2PO4)2・2比0的化学名称为。

(2)步骤一中，MnO2被SO2和还原。若S02气体中混有空气，测得反应液中Mi?+、SCV-的浓度

随反应时间t变化如图，科研人员认为Mn?+对02与H2sCh反应起催化作用，其理由是0

(3)滤渣X主要成分为；步骤三调节pH时，最适宜加入的物质是

A.过量稀盐酸

B.适量Na2cCh溶液

C.适量磷酸溶液

D.过量CaCCh

(4)在沉锦过程中，应将Na2cCh溶液逐量加入镒盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序会有Mn(OH)2生

成，其原因是Na2co3溶液具有较强性；步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为

(5)Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为

讨

利

取

100取

率10(

夕

%50率

％

0.51.01.51.7(pH)306090120150(min)

反应pH环境接触时间

(6)马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的

FeHPCU,马日夫盐显酸性的主要原因是(用相关化学用语回答)。

【答案】

(1)二水合磷酸二氢镭

(2)FeO或Fe?+当Mn%增加到一定浓度后，与H2s反应速率迅速升高

(3)Al(OH)3B

(4)碱H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2Po4)2・2比0+(202T

(5)pH=1.7下萃取60min

+2

(6)H2PO4^H+HPO4-

【解析】

(1)马日夫盐［Mn(H2PO4)2・2比0的化学名称为二水合磷酸二氢镒，故答案为：二水合磷酸二氢钛；

(2)步骤一中，MnCh被SO?和FeO或Fe?+还原，若SCh气体中混有空气，测得反应液中MM+、SCV-的浓

度随反应时间t变化如图，科研人员认为MiF+对Ch与H2sCh反应起催化作用，其理由是当MM+增加到一

定浓度后，02与H2so3反应速率迅速升高，

故答案为：FeO或Fe2+；当Md+增加到一定浓度后，O?与H2sCh反应速率迅速升高；

(3)滤渣X主要成分为Al(0H)3；步骤三调节pH时，最适宜加入的物质是适量Na2co3溶液中和氢离

子，且不引入新杂质，若选碳酸钙，与磷酸氢根离子反应，影响纯度，

故答案为：Al(OH)3；B：

(4)在沉锌过程中，应将Na2cCh溶液逐量加入镭盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序会有Mn(OH)2生成，

其原因是Na2CO3溶液具有较强碱性；步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为

H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2Po4)2«2H2O+CO2t，

故答案为：碱；H?O+MnCC)3+2H3PCh=Mn(H2PO4)2*2H2O+CO2t；

(5)由Fr+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH-1.7下萃取60min,

萃取率最大，

故答案为：pH=1.7下萃取60min；

+2

(6)马II夫盐水解显酸性的主要原因是H2PO4#H+HPO4-,

+2

故答案为：H2PO4#H+HPO4O

(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

18.［选修3物质结构与性质］(15分)

1797年法国化学家沃克兰从当时称为红色西伯利亚矿石中发现了铭，后期人类发现铭元素在其他方面有重

要用途。

(1)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为KCr(填“>”

或“<”)。

(2)氮化(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的耐磨性能，+基态核外电子排布式

为;CrN晶体类型与NaCl晶体相同，但前者熔点(1650℃)比后者(801℃)的高，

主要原因是。

(3)Cr3+可与很多分子或离子形成配合物，如图配合物中的配位键数为,其中采取sp3杂化的元素

(4)倍的一种氧化物的晶胞结构如图所示，其中氧离子与晶体镁的堆积方式一致，铭离子在其八面体空

隙中(如仃4在。1、。2、。3、。4、。5、。6构成的八面体空隙中)。

①该氧化物的化学式为•

②该晶胞有%八面体空隙未填充阳离子。

③己知氧离子半径为acm,晶胞的高为bcm,代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度

为g-CWT%用含a、b和N4的代数式表示)。

【答案】

(1)<

(2)fAr]3d3氮化铝中的离子所带电荷数多，晶格能较大

(3)6C、N、O

1521

(4)①仃2°3②33.3----

9NAXab

【解析】

根据原子半径和核外电子排布比较第一电离能大小：结合构造原理书写核外电了一排布式：根据配合物理论

判断配位键数，结合杂化轨道理论判断杂化方式；利用均摊法分析晶胞得出物质的化学式，结合立体几何

知识、根据公式11=《=\,p=?进行晶胞的相关计算。以此解答。

(l)Cr原子的原子半径小、核电荷数大，对核外电子的吸引力更强，故第一电离能K<Cr。

(2)Cr为24号元素，其原子核外共有24个电子，Cr失去3个电子得到仃，则仃的核外电子排布式为

Is22s22P63s23P63d3或[A。3d3,氮化铝(CrN)和NaCl均为离子晶体，氮化铭中的离子所带电荷数多，晶格

能较大，所以熔点：CrN>NaG

(3)根据图示配合物的结构及氧元素可形成2个化学键分析可知，该配合物中的配位键数为6,其中的饱和C

原子、N原子及只形成单键的O原子均采取sr，杂化。

(4)①由晶胞结构示意图可知，该晶胞中氧离子位于晶胞